新教材春人教版物理必修第三册第10章《静电场中的能量》拓展课2《静电场中的能量综合问题》学案.docx

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新教材春人教版物理必修第三册第10章《静电场中的能量》拓展课2《静电场中的能量综合问题》学案

拓展课2　静电场中的能量综合问题

一、电场能的性质

1.相关物理量：

描述电场的能的性质的物理量有电势、电势差，其公式为φA＝

，UAB＝φA－φB＝

。

2.电势的高低判断与计算

（1）根据电场线判断：

沿着电场线方向电势降低。

这是判断电势高低最常用、最直观的方法。

（注意与电场强度大小的判断的区别）。

（2）根据电势差的定义式UAB＝

＝φA－φB判断：

若UAB>0，则φA>φB；若UAB<0，则φA<φB。

（3）根据电势的定义式φ＝

判断：

求得A、B两点的电势，进行比较。

计算时需将正负号一并代入。

3.电势能的大小判断与计算

（1）根据Ep＝qφ计算，并可判断：

电势越高处，正电荷具有的电势能越大，负电荷具有的电势能越小，反之亦然。

（2）根据静电力做功与电势能变化的关系WAB＝EpA－EpB判断。

这是判断电势能如何变化最基本、最有效的方法。

[例1]（多选）如图所示，

绝缘的轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球（小球与弹簧不拴接），整个系统处在方向竖直向上的匀强电场中。

开始时，整个系统处于静止状态，现施加一外力F，将小球向下压至某一位置，然后撤去外力，使小球从静止开始向上运动。

设小球从静止开始向上运动到离开弹簧的过程中，静电力对小球所做的功为W1，小球克服重力所做的功为W2，小球离开弹簧时的速度为v。

不计空气阻力，则在上述过程中（　　）

A.小球与弹簧组成的系统机械能守恒

B.小球的重力势能增加了W2

C.小球的电势能减少了W1

D.小球的机械能增加了

mv2＋W2－W1

解析　上升过程中，静电力做正功，小球与弹簧组成的系统机械能增加，A错误；小球上升，重力做负功，重力势能增加，增加量等于小球克服重力所做的功W2，B正确；静电力做正功，小球的电势能减少，减少量等于静电力对小球所做的功W1，C正确；小球的机械能的增加量为它增加的动能、重力势能之和

mv2＋W2，D错误。

答案　BC

方法归纳　处理电场中能量问题的基本方法

在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律，有时也会用到功能关系。

（1）应用动能定理解决问题需研究合外力的功（或总功）。

（2）应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化。

（3）应用功能关系解决该类问题需明确静电力做功与电势能改变之间的对应关系。

（4）有静电力做功的过程机械能一般不守恒，但机械能与电势能的总和可以不变。

[针对训练1]如图所示，实线是匀强电场的电场线，带电粒子q1、q2分别从A、C两点以初速度v垂直射入电场，其运动轨迹分别是图中的ABC、CDA。

已知q1带正电，不计粒子重力和阻力。

则下列说法中正确的是（　　）

A.q2也带正电

B.A点的电势低于C点的电势

C.静电力对q1做正功，对q2做负功

D.q1、q2的电势能均减小

解析　由做曲线运动的条件，知q1所受静电力水平向右，q1带正电，故电场方向向右；q2所受静电力水平向左，故q2为负电荷，故A错误；电场线水平向右，沿电场线的方向电势降低，则A点的电势高于C点的电势，故B错误；由题图可知，静电力与运动方向成锐角，静电力对q1、q2都做正功，q1、q2的电势能都减小，故C错误，D正确。

答案　D

二、静电场中的φ－x图像和E－x图像问题

1.φ－x图像

（1）电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零。

（2）在φ－x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。

（3）在φ－x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。

2.E－x图像

在给定了电场的E－x图像后，可以由图线确定电场强度的变化情况，电势的变化情况，E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差。

在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。

[例2]（多选）空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x轴方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有（　　）

A.EBx的大小大于ECx的大小

B.EBx的方向沿x轴正方向

C.电荷在O点受到的静电力在x轴方向上的分量最大

D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中，静电力先做正功后做负功

解析　在φ－x图像中，图线的斜率大小表示场强大小，可见EBx＞ECx，选项A正确；同理可知O点场强在x轴方向上的分量最小，电荷在该点受到的静电力在x轴方向上的分量最小，选项C错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，Ex的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Ex的方向沿x轴正方向，选项B错误，D正确。

答案　AD

方法归纳

从φ－x图像上可直接看出电势随位置的变化，可间接求出场强E随x的变化情况：

φ－x图像切线斜率的绝对值k＝|

|＝|

|，为E的大小，场强E的方向为电势降低的方向。

[例3]（多选）如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。

理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化的关系如图乙所示，则（　　）

A.c点处的场强和a点处的场强大小相等、方向相同

B.球内部的电场为匀强电场

C.a、c两点处的电势相等

D.假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，则从a点处移动到c点处的过程中，静电力一直做正功

解析　根据题图乙所示的x轴上各点的电场强度随x变化的关系知c点处场强和a点处场强大小相等、方向相同，球内部的电场为非匀强电场，选项A正确，B错误；沿电场线方向电势逐渐降低，由题图乙易判断a点的电势大于c点的电势，选项C错误；假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，静电力与运动方向相同，静电力一直做正功，选项D正确。

答案　AD

方法总结

E是矢量，E－x图像中E的正负反映E的方向，E的数值反映电场强度E的大小，E－x图像与x轴所围面积表示电势差大小。

[针对训练2]两个小球分别带有电荷量＋2Q和－Q，两球连线上各点的电势φ与距正电荷距离x之间的函数关系可以由图中的哪一个最恰当地表示出来（　　）

解析　将单位正电荷从带正电荷的小球处沿两个小球连线向带负电荷的小球移动，静电力做正功，电势能不断减小，电势不断降低，故选项B、D错误；考虑到该电场为非匀强电场，电势不会均匀减小，故选项A错误，C正确。

答案　C

[针对训练3]在x轴

上关于原点对称的a、b两点处固定两个电荷量相等的点电荷，如图所示的E－x图像描绘了x轴上部分区域的电场强度（以x轴正方向为电场强度的正方向）。

对于该电场中x轴上关于原点对称的c、d两点，下列结论正确的是（　　）

A.两点场强相同，c点电势更高

B.两点场强相同，d点电势更高

C.两点场强不同，两点电势相等，均比O点电势高

D.两点场强不同，两点电势相等，均比O点电势低

解析　题图中a点左侧，b点右侧的电场都沿x轴负方向，则a点处为正电荷，b点处为负电荷，又两点电荷的电荷量相等，则c、d两点的场强相同，c点电势更高，A正确，B、C、D错误。

答案　A

三、电场中的功能关系

1.合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。

2.静电力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。

这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似。

3.只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即Ep1＋E机1＝Ep2＋

E机2。

这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似。

[例4]（多选）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平。

a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。

则小球a（　　）

A.从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小

B.从N到P的过程中，速率先增大后减小

C.从N到Q的过程中，电势能一直增加

D.从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量

解析　小球a从N点

静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力在整个过程中做负功。

小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误；小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；从N到Q的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，从P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误。

答案　BC

方法总结

带电体的运动情况取决于它的受力情况及初始状态，准确分析带电体的受力情况是解题的关键，通过受力分析可判断带电体的运动性质及运动轨迹。

从力和运动的角度进行分析是解决带电体在电场中运动问题的最基本方法。

[例5]如图所示，

一根长L＝1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E＝1.0×105N/C、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中。

杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×

10－6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×

10－6C，质量m＝1.0×10－2kg。

现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。

问：

（静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取g＝10m/s2）

（1）小球B开始运动时的加速度为多大？

（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？

（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2＝0.61m时，速度为v＝1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？

解析　

（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和静电力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mg－

－qEsinθ＝ma。

解得a＝g－

－

，代入数据解得a＝3.2m/s2。

（2）小球B速度最大时合力为零，即

＋qEsinθ＝mg，解得h

＝

，代入数据得h1＝0.9m。

（3）小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，静电力做功为W2，库仑力做功为W3，根据动能定理有W1＋W2＋W3＝

mv2，其中W1＝mg（L－h2），W2＝－qE（L－h2）sinθ，解得W3＝

mv2－mg（L－h2）＋qE（L－h2）sinθ。

设小球B的电势能改变了ΔEp，则

ΔEp＝－（W2＋W3）＝mg（L－h2）－

mv2。

代入数据得ΔEp＝8.4×10－2J。

答案　

（1）3.2m/s2　

（2）0.9m　（3）增加了8.4×10－2J

方法归纳

高考对本节内容的考查大多是静电力做功、电势能的变化及力学知识的综合问题，对该类问题的处理要注意在受力分析的基础上，正确判断物体的运动过程和能量转化过程，然后依据相关的力学规律求解。

[针对训练4]（多选）

在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。

若将一个带负电的粒子置于b点由静止自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。

粒子从b点运动到d点的过程中（　　）

A.先做匀加速运动，后做匀减速运动

B.先从高电势到低电势，后从低电势到高电势

C.电势能与机械能之和保持不变

D.电势能先减小，后增大

解析　a、c两点固定相同的正点电荷，则bd为等量正点电荷连线的中垂线，由电场线分布情况可知带电粒子不可能做匀加速或匀减速运动，故A错误；等量正点电荷连线的中垂线的中点电势最高，带负电的粒子从b点运动到d点的过程中，先从低电势到高电势，再从高电势到低电势，故B错误；带负电粒子从b点运动到d点的过程中所受静电力先由b指向d，后由d指向b，所以静电力先做正功后做负功，因此电势能先减小，后增大，故D正确；只有静电力做功，电势能与机械能之和保持不变，故C正确。

答案　CD

[针对训练5]（2019·全国卷Ⅲ，24）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。

从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。

A不带电，B的电荷量为q（q>0）。

A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为

。

重力加速度为g，求：

（1）电场强度的大小；

（2）B运动到P点时的动能。

解析　

（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。

根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有

mg＋qE＝ma①

a

＝

gt2②

解得E＝

。

③

（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有

mgh＋qEh＝Ek－

mv

④

且有v1·

＝v0t⑤

h＝

gt2⑥

联立③④⑤⑥式得

Ek＝2m（v

＋g2t2）。

答案　

（1）

（2）2m（v

＋g2t2）

1.（电场能的性质）如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷＋Q。

a、b、c、d、e、f为以O为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是（　　）

A.b、d两点的电场强度相同

B.a点的电势等于f点的电势

C.点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，静电力一定做功

D.将点电荷＋q在球面上任意两点之间移动，从a点移动到c点电势能的变化量一定最大

解析　b、d两点的场强为＋Q产生的电场与匀强电场E的合场强，由对称性可知，其大小相等、方向不同，A错误；a、f两点虽在＋Q的同一等势面上，但在匀强电场E中此两点不等势，B错误；在bedf面上各点电势相同，点电荷＋q在bedf面上移动时，静电力不做功，C错误；从a点移到c点，＋Q对它的静电力不做功，但匀强电场对＋q做功最多，电势能变化量一定最大，D正确。

答案　D

2.（静电场中φ－x图像的理解和应用）

静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量。

一个带负电的粒子在电场中以x＝0为中心、沿x轴方向做周期性运动。

已知该粒子质量为m、电荷量为－q，忽略重力。

规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向，如图分别表示x轴上各点的电场强度E、粒子的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图像，其中正确的是（　　）

解析　φ－x图像切线的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在x＝0的左侧，电场向左，且为匀强电场，故A错误；由于粒子带负电，粒子的加速度在x＝0左侧为正值，在x＝0右侧为负值，且大小不变，故B错误；在x＝0左侧粒子向右做匀加速运动，在x＝0右侧向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故C错误；在x＝0左侧，根据动能定理得qEx＝Ek－Ek0，在x＝0的右侧，根据动能定理得－qEx＝Ek′－Ek0′，故D正确。

答案　D

3.（静电场中E－x图像的理解和应用）

空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示。

下列说法正确的是（　　）

A.O点的电势最低

B.x2点的电势最高

C.x1和－x1两点的电势相等

D.x1和x3两点的电势相等

解析　沿x轴对称分布的电场，由题图可得其电场线以O点为中心指向正、负方向，沿电场线电势降落（最快），所以O点的电势最高，选项A、B错误；根据U＝Ed，电场强度是变量，可用E－x图像面积表示电势差，因图像沿x轴对称分布，所以－x1、O和图像所围面积与x1、O和图像所围面积相等，选项C正确；x1、x3两点的电场强度大小相等，电势沿电场线方向逐渐降低，电势不相等，选项D错误。

答案　C

4.（电场中的功能关系）（多选）（2018·全国卷Ⅰ，21）图中

虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。

一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。

下列说法正确的是（　　）

A.平面c上的电势为零

B.该电子可能到达不了平面f

C.该电子经过平面d时，其电势能为4eV

D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍

解析　电子在等势面b时的电势能为E＝qφ＝－2eV，电子由a到d的过程电场力做负功，电势能增加6eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2eV，则电子在等势面c的电势能为零，等势面c的电势为零，A正确；由以上分析可知，电子在等势面d的电势能应为2eV，C错误；电子在等势面b的动能为8eV，电子在等势面d的动能为4eV，由公式Ek＝

mv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的

倍，D错误；如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a，B正确。

答案　AB

5.（电场中的功能关系）

一个质量为m、带有－q的电荷量的小物体，可在水平轨道Ox轴上运动，轴的O端有一个与轨道相垂直的固定墙面，轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正向，如图所示。

小物体以初速度v0从x0处沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f的作用，且f

设小物体与墙壁碰撞时不损失机械能，且电荷量保持不变，求它停止运动前通过的总路程s。

解析　方法一：

由题意知，小物块最终停在最左端，由动能定理得ΔEk＝W合，即0－

mv

＝W电＋Wf（W电、Wf分别是静电力做的功和摩擦力做的功）。

其中W电＝Eqx0，Wf＝－fs，故－

mv

＝Eqx0－fs，所以总路程为s＝

。

方法二：

用能量守恒定律求解。

设小物块共走过路程s，克服摩擦力做功的值为fs，这也就是转变为内能的能量。

动能、电势能减少ΔE＝qEx0＋

mv

，内能增加ΔE′＝fs。

由ΔE＝ΔE′，解得s＝

。

答案